La comunidad de olímpicos, ex-olímpicos, entrenadores y seguidores de la Olimpiada en Chihuahua, wherever they are in the world.
Por supuesto cualquier olímpico mexicano (para que parar ahí, de todo el mundo pues), esta invitado a comentar.
jueves, 6 de septiembre de 2012
Problema del Día. Geometría (6 de Septiembre)
En el triángulo equilátero ABC, una recta paralela al lado AC intersecta a AB en M y a BC en P. Si D es el incentro del triángulo MBP y E es el punto medio de AP, determine los ángulos del triángulo CDE.
pues sabemos que el trianfulos asm es equilatero por teorema de tales y el triangulo dbc es eisosceles ya que comparten dos lados iguales y el otro no puede ser igual
Si F es el punto medio de AC y G el punto medio de AB, podemos ver que D siempre estará sobre BF, porque ésta es la bisectriz de el ángulo PBM, mientras E siempre estará sobre FG, por Thales. Es fácil darse un pista de lo que la respuesta será (30,60,90), de tal manera que podamos transformar el problema a demostrar que el FEDC es cíclico, con lo cual concluiríamos.
Al tener una recta paralela nos damos cuenta de que los angulos se conservan asi que el triangulo MPC es equilatero. Llamemos T al punto medio de AC asi que el punto D siempre estara sobre la recta BT porque el angulo se conserva sin importar que recorran la paralela y BT es bisectriz del angulo ABC. El punto E se mueve sobre una linea paralela a BC que si se trazara una perpendicular desde A hasta BC y la dividieramos entre 2 seria la distancia de la perpendicular desde E hasta BC por Thales.
Hasta aqui es a donde llegue. Aun no se como comprobar que los angulos se van a mantener cuando recorra la paralela porque ya saque con un caso que los angulos seran 90, 60 y 30
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=388483487889118&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater y tambien http://www.facebook.com/photo.php?fbid=388483424555791&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater
Mi intento: Si △ABC es equilátero, MP||AC⇒△MPB también es equilátero. Por un caso particular supe que los ángulos son: ∠CDE=60o,∠DEC=90o,∠ECD=30o, sea MX una altura de △PBM y al prolongar EC llamamos Y donde EC intersecta a AB, tendremos que: si ∠DEC=90o⇒∠YED=90o, si ∠DYA=90o⇒YEDX es un cuadrilátero cíclico. Por lo que ∠XYE+∠XDE=180o, lo cual aun no demuestro.
Bueno yo hize muchas cosas primero saque ángulos todo se facilito ya que el triángulo ABC era equilátero pues la paralela también haría un triangulo equilátero y empeze pues sacando ángulos como ya mencione fue fácil pues nos pide el incentro pues al ser la figura un triangulo equilátero ocurre lo que es súper punto y superlinea bueno saque los seis triangulos iguales de 90, 60, 30 después dije que eso no serviría entonces expandí la mediana del vértice B hasta la recta AC y como AC es paralela a PM seguiría quedando en el punto medio bueno después quede tiempo atorado en el problema entonces nombre algunos ángulos empece a sacar igualdades después me fije en un cuadrilátero el DEM y el punto medio de MB y como ya había mencionado bueno creo que no pero BM es parte del triangulo BPR y el vértice P si se le traza una haltera cae en punto medio del lado opuesto por ser equilátero bueno a ese punto lo llamare S bueno había notado que es cuadrilatero era cíclico y bueno dicho el ángulo en S por ser altura el ángulo es de 90º y por ser cíclico el ángulo opuesto es igual a 90º curiosamente este ángulo o mas bien el punto E es colineal a la recta CM entonces como son colineales seria 180º-90º= 90º entonces un ángulo del triángulo CED bueno después trate de buscar otro ángulo después note el cuadrilatero cíclico CPDE de donde saque el segundo ángulo gracias a que el DPE es igual a 30º por estar en un cuadrilatero cíclico el ángulo DCE seria igual a 30º y análogamente conseguimos el tercer ángulo restando 180º-90º-30º= 60º, finalmente los ángulos son 90º,60º y 30º
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
Tenemos que los angulos de CED son <CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
Tenemos que los angulos de CED son <CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
Tenemos que los angulos de CED son <CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Pirmero haciendo un caso particular me fije que los angulos que se buscan son 90, 60 y 30. luego como MA=MP, <AMp=<MPC y MP=MP por LAL triangulo AMP es congruente al triangulo MPC entonces MC=AP. Luego llame N al punto medio de AC entonces <DNC= 90°, y como quiero probar que <DEC=90° entonces hay que probar que el cuadrilatero DEFC es ciclico, para probarlo intente usar lo de AP=MC pero hasta ahi he llegado: luego subo lo demas que pueda hacer:
Pues es obio que como ABC es equilatero, tambien BPM e equilatero porque AC es paralelo a PM, el angulo de MPC = AMP = 120 GRADOS, se saca los angulos de los 6 trianguulos que estan en el triangulo BPM, tambien e sacado que el triangulo aec es isoceles y que AE = EC, Y QUE EM = EP y ps hasta ahi los llevo, claro que e sacado otras cosas, pero eso se me hace lo mas important
Hacemos Q, R y T los puntos medios de CB, BA y AC respectivamente, N el punto medio de PB y T la intersección de NM y SR. BS es mediana y bisectriz, entonces D está sobre BS. Por Thales SR y ET son paralelas a BC, entonces son la misma línea (porque son paralelas a la misma línea por el mismo punto). Hacemos PB=MB=a y QP=b. RM=RB-MB=QB-PB=b MN es altura de MPB, entonces es perpendicular a CB y ST que es paralela a esta. ASE es semejante a ACP en razón 1/2, entonces SE=CP2=CQ+QP2=QB+PQ2=PQ+PB+PQ2=2b+a2. AER es semejante a APB en razón 1/2, entonces ER=PB2=a2 Sabemos que en un triángulo con ángulos 30, 60, 90 los lados miden x,2x,x√3, RMT tiene estos ángulos y RM mide b, entonces RT=b2,TM=a√32, BMN también tiene estos ángulos y MB mide a, entonces MN=a√32. MN es mediana de PMB y D es el baricentro, entonces MD=(23)(MN)=(23)(a√32)=a√33 TS=TR+RE+ES=b2+a2+2b+a2=3b+2a2 TE=TR+RE=b2+a2=a+b2 (TE)(TS)=(3b+2a2)(a+b2)=3ab+3b2+2a2+2ab4 TD=TM+MD=b√32+a√33=3b√3+2a√36=(√3)(3b+2a)6 TN=TM+MN=b√32+a√32=(a+b)√32 (TD)(TN)=((√3)(3b+2a)6)((a+b)√32)=3(3ab+2a2+3b2+2ab)12 Entonces (TE)(TS)=(TD)(TN) Como S,E,D,N cumplen potencia de punto a partir de T, SEDN es cíclico. ∠CSD=90,∠DNC=90, entonces su suma es es 180 y CSDN es cíclico, como CEDN también es cíclico y tienen tres puntos en común, son la misma circunferencia, entonces C,S,E,D,N son concíclicos y CSED es cíclico. ∠ASR=60 porque SR es paralela a CB, entonces ∠CSE=120 y ∠EDC=60 porque son opuestos y deben sumar 180. ∠CED=∠CSD=90 porque abren el mismo arco y SB es altura de ABC. Por la suma de ángulos internos del triángulo, ∠ECD=30. Por lo tanto ∠CED=90,∠EDC=60,∠DCE=30.
El triangulo BMP puede ser equilatero o isoceles BM/BP=1 ya que miden lo mismo Despues trazamos MC el cual siempre va a pasar por E ya que al ser paralelas en un equiltatero se cumple esa funcion y tambien porque MA/PC=1 ya que miden lo mismo Trazamos el triangulo MDP y va a ser isoceles
De lo que llevo de la solución de este problema, ésto es lo que tengo... Ya que MP es paralela, tendremos que △MBP tambien es equilatero. Tenemos como puntos medios de MB,BP,PM a Q,N,R respectivamente. Trazo una linea desde B hasta un punto F en AC . Esta linea pasa por D y R , porque es superlinea de △ABC y △MBP . Tenemos como puntos medios de AB,BC,CA a H,I,F respectivamente. Ya que H y F son puntos medios HF va a ser paralela a BC por Thales. Ya que E y F son puntos medios EF va a ser paralela a PC por Thales. Sabemos que PC esta en BC , entonces E esta en HF . Ya que Q y R son puntos medios QR va a ser paralela a BP (que sabemos que esta en BC). Encontre muchos angulos pero creo que uno de los importantes es ∠BFC=90 porque BF⊥AC (BF es altura). Asi que puedo intentar demostrar que FEDC es ciclico para resolver el problema Otras cosas que hize... Traze la altura de △ABC : AI . Luego busque lineas que se vean utiles y encontre estas igualdades: MB−HB=PB−IB=MH=PI Algunos triangulos semejantes que encontre son: △APC∼△AEF (razon 2:1) APAE=PCEF=CAFA △ABP∼△AHE (razon 2:1) ABAH=BPHE=PAEA Luego lo terminaré...
pues sabemos que el trianfulos asm es equilatero por teorema de tales y el triangulo dbc es eisosceles ya que comparten dos lados iguales y el otro no puede ser igual
ResponderBorrarSi F es el punto medio de AC y G el punto medio de AB, podemos ver que D siempre estará sobre BF, porque ésta es la bisectriz de el ángulo PBM, mientras E siempre estará sobre FG, por Thales. Es fácil darse un pista de lo que la respuesta será (30,60,90), de tal manera que podamos transformar el problema a demostrar que el FEDC es cíclico, con lo cual concluiríamos.
ResponderBorrarAl tener una recta paralela nos damos cuenta de que los angulos se conservan asi que el triangulo MPC es equilatero. Llamemos T al punto medio de AC asi que el punto D siempre estara sobre la recta BT porque el angulo se conserva sin importar que recorran la paralela y BT es bisectriz del angulo ABC. El punto E se mueve sobre una linea paralela a BC que si se trazara una perpendicular desde A hasta BC y la dividieramos entre 2 seria la distancia de la perpendicular desde E hasta BC por Thales.
ResponderBorrarHasta aqui es a donde llegue. Aun no se como comprobar que los angulos se van a mantener cuando recorra la paralela porque ya saque con un caso que los angulos seran 90, 60 y 30
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=388483487889118&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater y tambien http://www.facebook.com/photo.php?fbid=388483424555791&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater
ResponderBorrarhttp://www.facebook.com/photo.php?fbid=4597348615985&set=a.4586100454788.189149.1360331970&type=3&theater
ResponderBorrarMi intento:
ResponderBorrarSi △ABC es equilátero, MP||AC⇒△MPB también es equilátero. Por un caso particular supe que los ángulos son: ∠CDE=60o,∠DEC=90o,∠ECD=30o, sea MX una altura de △PBM y al prolongar EC llamamos Y donde EC intersecta a AB, tendremos que: si ∠DEC=90o⇒∠YED=90o, si ∠DYA=90o⇒YEDX es un cuadrilátero cíclico.
Por lo que ∠XYE+∠XDE=180o, lo cual aun no demuestro.
Bueno yo hize muchas cosas primero saque ángulos todo se facilito ya que el triángulo ABC era equilátero pues la paralela también haría un triangulo equilátero y empeze pues sacando ángulos como ya mencione fue fácil pues nos pide el incentro pues al ser la figura un triangulo equilátero ocurre lo que es súper punto y superlinea bueno saque los seis triangulos iguales de 90, 60, 30 después dije que eso no serviría entonces expandí la mediana del vértice B hasta la recta AC y como AC es paralela a PM seguiría quedando en el punto medio bueno después quede tiempo atorado en el problema entonces nombre algunos ángulos empece a sacar igualdades después me fije en un cuadrilátero el DEM y el punto medio de MB y como ya había mencionado bueno creo que no pero BM es parte del triangulo BPR y el vértice P si se le traza una haltera cae en punto medio del lado opuesto por ser equilátero bueno a ese punto lo llamare S bueno había notado que es cuadrilatero era cíclico y bueno dicho el ángulo en S por ser altura el ángulo es de 90º y por ser cíclico el ángulo opuesto es igual a 90º curiosamente este ángulo o mas bien el punto E es colineal a la recta CM entonces como son colineales seria 180º-90º= 90º entonces un ángulo del triángulo CED bueno después trate de buscar otro ángulo después note el cuadrilatero cíclico CPDE de donde saque el segundo ángulo gracias a que el DPE es igual a 30º por estar en un cuadrilatero cíclico el ángulo DCE seria igual a 30º y análogamente conseguimos el tercer ángulo restando 180º-90º-30º= 60º, finalmente los ángulos son 90º,60º y 30º
ResponderBorrarSea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
ResponderBorrarTenemos que los angulos de CED son
<CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
ResponderBorrarTenemos que los angulos de CED son
<CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
ResponderBorrarTenemos que los angulos de CED son
<CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Problemas para publicar lo dejo en la pagina de facebook
BorrarProblemas? Salio 3 veces :P
BorrarPirmero haciendo un caso particular me fije que los angulos que se buscan son 90, 60 y 30. luego como MA=MP, <AMp=<MPC y MP=MP por LAL triangulo AMP es congruente al triangulo MPC entonces MC=AP. Luego llame N al punto medio de AC entonces <DNC= 90°, y como quiero probar que <DEC=90° entonces hay que probar que el cuadrilatero DEFC es ciclico, para probarlo intente usar lo de AP=MC pero hasta ahi he llegado: luego subo lo demas que pueda hacer:
ResponderBorrarPues es obio que como ABC es equilatero, tambien BPM e equilatero porque AC es paralelo a PM,
ResponderBorrarel angulo de MPC = AMP = 120 GRADOS, se saca los angulos de los 6 trianguulos que estan en el triangulo BPM, tambien e sacado que el triangulo aec es isoceles y que AE = EC, Y QUE EM = EP y ps hasta ahi los llevo, claro que e sacado otras cosas, pero eso se me hace lo mas important
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarHacemos Q, R y T los puntos medios de CB, BA y AC respectivamente, N el punto medio de PB y T la intersección de NM y SR.
ResponderBorrarBS es mediana y bisectriz, entonces D está sobre BS.
Por Thales SR y ET son paralelas a BC, entonces son la misma línea (porque son paralelas a la misma línea por el mismo punto).
Hacemos PB=MB=a y QP=b. RM=RB-MB=QB-PB=b
MN es altura de MPB, entonces es perpendicular a CB y ST que es paralela a esta.
ASE es semejante a ACP en razón 1/2, entonces SE=CP2=CQ+QP2=QB+PQ2=PQ+PB+PQ2=2b+a2.
AER es semejante a APB en razón 1/2, entonces ER=PB2=a2
Sabemos que en un triángulo con ángulos 30, 60, 90 los lados miden x,2x,x√3, RMT tiene estos ángulos y RM mide b, entonces RT=b2,TM=a√32, BMN también tiene estos ángulos y MB mide a, entonces MN=a√32.
MN es mediana de PMB y D es el baricentro, entonces MD=(23)(MN)=(23)(a√32)=a√33
TS=TR+RE+ES=b2+a2+2b+a2=3b+2a2
TE=TR+RE=b2+a2=a+b2
(TE)(TS)=(3b+2a2)(a+b2)=3ab+3b2+2a2+2ab4
TD=TM+MD=b√32+a√33=3b√3+2a√36=(√3)(3b+2a)6
TN=TM+MN=b√32+a√32=(a+b)√32
(TD)(TN)=((√3)(3b+2a)6)((a+b)√32)=3(3ab+2a2+3b2+2ab)12
Entonces (TE)(TS)=(TD)(TN)
Como S,E,D,N cumplen potencia de punto a partir de T, SEDN es cíclico.
∠CSD=90,∠DNC=90, entonces su suma es es 180 y CSDN es cíclico, como CEDN también es cíclico y tienen tres puntos en común, son la misma circunferencia, entonces C,S,E,D,N son concíclicos y CSED es cíclico. ∠ASR=60 porque SR es paralela a CB, entonces ∠CSE=120 y ∠EDC=60 porque son opuestos y deben sumar 180. ∠CED=∠CSD=90 porque abren el mismo arco y SB es altura de ABC. Por la suma de ángulos internos del triángulo, ∠ECD=30.
Por lo tanto ∠CED=90,∠EDC=60,∠DCE=30.
El triangulo BMP puede ser equilatero o isoceles
ResponderBorrarBM/BP=1 ya que miden lo mismo
Despues trazamos MC el cual siempre va a pasar por E ya que al ser paralelas en un equiltatero se cumple esa funcion y tambien porque MA/PC=1 ya que miden lo mismo
Trazamos el triangulo MDP y va a ser isoceles
De lo que llevo de la solución de este problema, ésto es lo que tengo...
ResponderBorrarYa que MP es paralela, tendremos que △MBP tambien es equilatero.
Tenemos como puntos medios de MB,BP,PM a Q,N,R respectivamente.
Trazo una linea desde B hasta un punto F en AC . Esta linea pasa por D y R , porque es superlinea de △ABC y △MBP .
Tenemos como puntos medios de AB,BC,CA a H,I,F respectivamente.
Ya que H y F son puntos medios HF va a ser paralela a BC por Thales.
Ya que E y F son puntos medios EF va a ser paralela a PC por Thales.
Sabemos que PC esta en BC , entonces E esta en HF .
Ya que Q y R son puntos medios QR va a ser paralela a BP (que sabemos que esta en BC).
Encontre muchos angulos pero creo que uno de los importantes es ∠BFC=90 porque BF⊥AC (BF es altura). Asi que puedo intentar demostrar que FEDC es ciclico para resolver el problema
Otras cosas que hize...
Traze la altura de △ABC : AI .
Luego busque lineas que se vean utiles y encontre estas igualdades:
MB−HB=PB−IB=MH=PI
Algunos triangulos semejantes que encontre son:
△APC∼△AEF (razon 2:1)
APAE=PCEF=CAFA
△ABP∼△AHE (razon 2:1)
ABAH=BPHE=PAEA
Luego lo terminaré...